八年级上册数学 压轴题 期末复习试卷易错题(Word版 含答案)

八年级上册数学压轴题期末复习试卷易错题（Word版含答案）
一、压轴题
1．如图，以直角三角形AOC的直角顶点O为原点，以OC，OA所在直线为轴和轴建立平
-+-=．
面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足a6b80
（1）a= ；b= ；直角三角形AOC的面积为．
（2）已知坐标轴上有两动点P，Q同时出发，P点从C点出发以每秒2个单位长度的速度向点O匀速移动，Q点从O点出发以每秒1个单位长度的速度向点A匀速移动，点P到达O点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（4，3），设运动时间为t秒．问：是否存在这样的t，使得△ODP与△ODQ的面积相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若∠DOC=∠D CO，点G是第二象限中一点，并且y轴平分
∠GOD．点E是线段OA上一动点，连接接CE交OD于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，探究∠GOD，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并证明你的结论(三角形的内角和为180)．
2．如图1，直线MN与直线AB、CD分别交于点E、F，∠1与∠2互补．
（1）试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，EP与CD交于点G，点H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：PF∥GH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接PH，K是GH上一点使∠PHK=∠HPK，作PQ平分
∠EPK，求∠HPQ的度数．
3．已知在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，直线l经过点A（不经过点B或点C），点C关于直线l的对称点为点D，连接BD，CD．
（1）如图1，
①求证：点B ，C ，D 在以点A 为圆心，AB 为半径的圆上；
②直接写出∠BDC 的度数（用含α的式子表示）为 ；
（2）如图2，当α=60°时，过点D 作BD 的垂线与直线l 交于点E ，求证：AE =BD ；
（3）如图3，当α=90°时，记直线l 与CD 的交点为F ，连接BF ．将直线l 绕点A 旋转的过程中，在什么情况下线段BF 的长取得最大值？若AC =22a ，试写出此时BF 的值．
4．如图，在等边ABC ∆中，线段AM 为BC 边上的中线．动点D 在直线AM 上时，以CD 为一边在CD 的下方作等边CDE ∆，连结BE ．
（1）求CAM ∠的度数；
（2）若点D 在线段AM 上时，求证：ADC BEC ∆≅∆；
（3）当动点D 在直线AM 上时，设直线BE 与直线AM 的交点为O ，试判断AOB ∠是否为定值？并说明理由．
5．如图1，矩形OACB 的顶点A 、B 分别在x 轴与y 轴上，且点()6,10C ，点()0,2D ，点P 为矩形AC 、CB 两边上的一个点．
（1）当点P 与C 重合时，求直线DP 的函数解析式；
（2）如图②，当P 在BC 边上，将矩形沿着OP 折叠，点B 对应点B '恰落在AC 边上，求此时点P 的坐标．
（3）是否存P 在使BDP ∆为等腰三角形？若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 的坐标(3,2)-，过A 点作AB x ⊥轴，垂足为点B ，过点(2,0)C 作直线l x ⊥轴，点P 从点B 出发在x 轴上沿着轴的正方向运动．
（1）当点P 运动到点O 处，过点P 作AP 的垂线交直线l 于点D ，证明AP DP =，并求此时点D 的坐标；
（2）点Q 是直线l 上的动点，问是否存在点P ，使得以P C Q 、、为顶点的三角形和ABP ∆全等，若存在求点P 的坐标以及此时对应的点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．
7．如图1中的三种情况所示，对于平面内的点M ，点N ，点P ，如果将线段PM 绕点P 顺时针旋转90°能得到线段PN ，就称点N 是点M 关于点P 的“正矩点”．
（1）在如图2所示的平面直角坐标系xOy 中，已知(3,1),(1,3),(1,3)S P Q ---，(2,4)M -．
①在点P ，点Q 中，___________是点S 关于原点O 的“正矩点”；
②在S ，P ，Q ，M 这四点中选择合适的三点，使得这三点满足：
点_________是点___________关于点___________的“正矩点”，写出一种情况即可； （2）在平面直角坐标系xOy 中，直线3(0)y kx k =+<与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，点A 关于点B 的“正矩点”记为点C ，坐标为(,)C C C x y ．
①当点A 在x 轴的正半轴上且OA 小于3时，求点C 的横坐标C x 的值；
②若点C 的纵坐标C y 满足12C y -<≤，直接写出相应的k 的取值范围．
8．阅读下面材料，完成(1)-(3)题．
数学课上，老师出示了这样一道题：
如图1，已知等腰△ABC 中，AB ＝AC ，AD 为BC 边上的中线，以AB 为边向AB 左侧作等边△ABE ，直线CE 与直线AD 交于点F ．请探究线段EF 、AF 、DF 之间的数量关系，并证明． 同学们经过思考后，交流了自已的想法：
小明：“通过观察和度量，发现∠DFC 的度数可以求出来．”
小强：“通过观察和度量，发现线段DF 和CF 之间存在某种数量关系．”
小伟：“通过做辅助线构造全等三角形，就可以将问题解决．”
......
老师：“若以AB 为边向AB 右侧作等边△ABE ，其它条件均不改变，请在图2中补全图形,探究线段EF 、AF 、DF
三者的数量关系，并证明你的结论．”
（1）求∠DFC 的度数；
（2）在图1中探究线段EF 、AF 、DF 之间的数量关系，并证明；
（3）在图2中补全图形，探究线段EF 、AF 、DF 之间的数量关系，并证明．
9．已知在△ABC 中，AB ＝AC ，射线BM 、BN 在∠ABC 内部，分别交线段AC 于点G 、H ． （1）如图1，若∠ABC ＝60°，∠MBN ＝30°，作AE ⊥BN 于点D ，分别交BC 、BM 于点E 、F ．
①求证：∠1＝∠2；
②如图2，若BF ＝2AF ，连接CF ，求证：BF ⊥CF ；
（2）如图3，点E 为BC 上一点，AE 交BM 于点F ，连接CF ，若∠BFE ＝∠BAC ＝2∠CFE ，求ABF ACF S S 的值．
10．在《经典几何图形的研究与变式》一课中，庞老师出示了一个问题：“如图1，等腰直角三角形的三个顶点分别落在三条等距的平行线1l ，2l ，3l 上，90BAC ∠=︒，且每两条平行线之间的距离为1，求AB 的长度”.在研究这道题的解法和变式的过程中，同学们提出了很多想法：
（1）小明说：我只需要过B 、C 向1l 作垂线，就能利用全等三角形的知识求出AB 的长. （2）小林说：“我们可以改变ABC 的形状.如图2，AB AC =，120BAC ∠=︒，且每两条平行线之间的距离为1，求AB 的长.”
（3）小谢说：“我们除了改变ABC 的形状，还能改变平行线之间的距离.如图3，等边三角形ABC 三个顶点分别落在三条平行线1l ，2l ，3l 上，且1l 与2l 之间的距离为1，2l 与3l 之间的距离为2，求AB 的长、”
请你根据3位同学的提示，分别求出三种情况下AB 的长度.
11．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，BD 是ABC 的角平分线，DE AB ⊥于点E .
（1）如图1，连接EC ，求证：EBC 是等边三角形；
（2）如图2，点M 是线段CD 上的一点（不与点,C D 重合），以BM 为一边，在BM 下方作60BMG ∠=︒，MG 交DE 延长线于点G .求证：AD DG MD =+；
（3）如图3，点N 是线段AD 上的点，以BN 为一边，在BN 的下方作60BNG ∠=︒，NG 交DE 延长线于点G .直接写出ND ，DG 与AD 数量之间的关系.
12．如图，四边形ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，且AB ＝AD +BC ，E 是DC 的中点，连结BE 并延长交AD 的延长线于G ．
（1）求证：DG ＝BC ；
（2）F 是AB 边上的动点，当F 点在什么位置时，FD ∥BG ；说明理由．
（3）在（2）的条件下，连结AE 交FD 于H ，FH 与HD 长度关系如何？说明理由．
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一、压轴题
1．（1）6；8；24；（2）存在 2.4t =时，使得△ODP 与△ODQ 的面积相等；（3）∠GOD+∠ACE=∠OHC ，见解析
【解析】
【分析】
（1）利用非负性即可求出a ，b 即可得出结论,即可求出△ABC 的面积；
（2）先表示出OQ ，OP ，利用那个面积相等，建立方程求解即可得出结论；
（3）先判断出∠OAC=∠AOD ，进而判断出OG ∥AC ，即可判断出∠FHC=∠ACE ，同理∠FHO=∠GOD ，即可得出结论．
【详解】
解：(1) 解：（1）∵
a 6
b 80-+-=，
∴a-6=0，b-8=0，
∴a=6，b=8， ∴A （0，6），C （8，0）；
∴S △ABC=6×8÷2=24,
故答案为（0，6），（8，0）； 6；8；24
(2) ∵114222ODQ D S OQ x t t ∆=⋅=⋅⋅= 11(82)312322
ODP D S OP y t t ∆=⋅=⋅-⋅=- 由2123t t =-时, 2.4t =
∴存在 2.4t =时,使得△ODP 与△ODQ 的面积相等
(3) ）∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC ，理由如下：
∵x 轴⊥y 轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°
∴∠OAC+∠ACO=90°
又∵∠DOC=∠DCO
∴∠OAC=∠AOD
∵y 轴平分∠GOD
∴∠GOA=∠AOD
∴∠GOA=∠OAC
∴OG ∥AC ，
如图，过点H 作HF ∥OG 交x 轴于F ，
∴HF ∥AC
∴∠FHC=∠ACE
同理∠FHO=∠GOD ，
∵OG ∥FH ，
∴∠GOD=∠FHO ，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC
即∠GOD+∠ACE=∠OHC ，
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC ．
∴∠GOD+∠ACE=∠OHC ．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了非负性的性质，三角形的面积公式，角平分线的定义，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
2．（1）AB ∥CD ，理由见解析；（2）证明见解析；（3）45°．
【解析】
【分析】
（1）利用对顶角相等、等量代换可以推知同旁内角∠AEF 、∠CFE 互补，所以易证AB ∥CD ；
（2）利用（1）中平行线的性质推知∠BEF+∠EFD=180°；然后根据角平分线的性质、三角形内角和定理证得∠EPF=90°，即EG ⊥PF ，故结合已知条件GH ⊥EG ，易证PF ∥GH ； （3）利用三角形外角定理、三角形内角和定理求得
90902KPG PKG HPK ︒︒∠=-∠=-∠；然后由邻补角的定义、角平分线的定义推知
1452
QPK EPK HPK ︒∠=∠=+∠；最后根据图形中的角与角间的和差关系求得∠HPQ =45°．
【详解】
（1）AB ∥CD ，
理由如下：
∵∠1与∠2互补，
∴∠1+∠2=180°，
又∵∠1=∠AEF ，∠2=∠CFE ，
∴∠AEF +∠CFE =180°，
∴AB ∥CD ；
（2）由（1）知，AB ∥CD ，∴∠BEF +∠EFD =180°．
又∵∠BEF 与∠EFD 的角平分线交于点P ， ∴1()902
FEP EFP BEF EFD ︒∠+∠=∠+∠= ∴∠EPF =90°，即EG ⊥PF ．
∵GH ⊥EG ，
∴PF ∥GH ；
（3）∵∠PHK =∠HPK ，
∴∠PKG =2∠HPK ．
又∵GH ⊥EG ，
∴∠KPG =90°﹣∠PKG =90°﹣2∠HPK ，
∴∠EPK =180°﹣∠KPG =90°+2∠HPK ．
∵PQ 平分∠EPK ， ∴1452
QPK EPK HPK ︒∠=∠=+∠， ∴∠HPQ =∠QPK ﹣∠HPK =45°．
答：∠HPQ 的度数为45°．
【点睛】
本题考查了平行线的判定与性质．解题过程中，注意“数形结合”数学思想的运用．
3．（1）①详见解析；②
12
α；（2）详见解析；（3）当B 、O 、F 三点共线时BF 最长，(10+2)a
【解析】
【分析】 （1）①由线段垂直平分线的性质可得AD=AC=AB ，即可证点B ，C ，D 在以点A 为圆心，AB 为半径的圆上；
②由等腰三角形的性质可得∠BAC=2∠BDC ，可求∠BDC 的度数；
（2）连接CE ，由题意可证△ABC ，△DCE 是等边三角形，可得AC=BC ，
∠DCE=60°=∠ACB ，CD=CE ，根据“SAS”可证△BCD ≌△ACE ，可得AE=BD ；
（3）取AC 的中点O ，连接OB ，OF ，BF ，由三角形的三边关系可得，当点O ，点B ，点F 三点共线时，BF 最长，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求10BO a =，2OF OC a ==，即可求得BF
【详解】
（1）①连接AD ，如图1．
∵点C 与点D 关于直线l 对称，
∴AC = AD ．
∵AB = AC ，
∴AB = AC = AD ．
∴点B ，C ，D 在以A 为圆心，AB 为半径的圆上．
②∵AD=AB=AC ，
∴∠ADB=∠ABD ，∠ADC=∠ACD ，
∵∠BAM=∠ADB+∠ABD ，∠MAC=∠ADC+∠ACD ，
∴∠BAM=2∠ADB ，∠MAC=2∠ADC ，
∴∠BAC=∠BAM+∠MAC=2∠ADB+2∠ADC=2∠BDC=α
∴∠BDC=
12
α 故答案为：12α． （2连接CE ，如图2．
∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=60°，
∵∠BDC=1
α，
2
∴∠BDC=30°，
∵BD⊥DE，
∴∠CDE=60°，
∵点C关于直线l的对称点为点D，
∴DE=CE，且∠CDE=60°
∴△CDE是等边三角形，
∴CD=CE=DE，∠DCE=60°=∠ACB，
∴∠BCD=∠ACE，且AC=BC，CD=CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS）
∴BD=AE，
（3）如图3，取AC的中点O，连接OB，OF，BF，
，
F是以AC为直径的圆上一点，设AC中点为O，
∵在△BOF中，BO+OF≥BF，
当B、O、F三点共线时BF最长；
如图，过点O作OH⊥BC，
∵∠BAC=90°，2a，
∴24
==，∠ACB=45°，且OH⊥BC，BC AC a
∴∠COH=∠HCO=45°，
∴OH=HC，
∴
OC =
， ∵点O 是AC 中点，AC
a ， ∴
OC =， ∴OH HC a ==，
∴BH=3a ， ∴
BO =，
∵点C 关于直线l 的对称点为点D ，
∴∠AFC=90°，
∵点O 是AC 中点， ∴
OF OC ==
，
∴BF a =， ∴当B 、O 、F 三点共线时BF 最长；最大值为
)a ．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
4．（1）30°；（2）证明见解析；（3）AOB ∠是定值，60AOB ∠=︒.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；
（2）根据等边三角形的性质就可以得出AC AC =，DC EC =，，
60ACB DCE ∠=∠=︒，由等式的性质就可以BCE ACD ∠=∠，根据SAS 就可以得出ADC BEC ∆≅∆；
（3）分情况讨论：当点D 在线段AM 上时，如图1，由（2）可知ACD BCE ≅∆∆，就可以求出结论；当点D 在线段AM 的延长线上时，如图2，可以得出ACD BCE ≅∆∆而有30CBE CAD ∠=∠=︒而得出结论；当点D 在线段MA 的延长线上时，如图3，通过得出ACD BCE ≅∆∆同样可以得出结论．
【详解】
（1）ABC ∆是等边三角形，
60BAC ∴∠=︒．
线段AM 为BC 边上的中线，
12
CAM BAC ∴∠=∠， 30CAM ∴∠=︒．
（2）ABC ∆与DEC ∆都是等边三角形，
AC BC ∴=，CD CE =，60ACB DCE ∠=∠=︒，
ACD DCB DCB BCE ∴∠+∠=∠+∠，
ACD BCE ∠∠∴=．
在ADC ∆和BEC ∆中
AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()ACD BCE SAS ∴∆≅∆；
（3）AOB ∠是定值，60AOB ∠=︒，
理由如下：
①当点D 在线段AM 上时，如图1，
由（2）可知ACD BCE ≅∆∆，则30CBE CAD ∠=∠=︒，
又60ABC ∠=︒，
603090CBE ABC ∴∠+∠=︒+︒=︒，
ABC ∆是等边三角形，线段AM 为BC 边上的中线
AM ∴平分BAC ∠，即11603022
BAM BAC ∠=∠=⨯︒=︒ 903060BOA ∴∠=︒-︒=︒．
②当点D 在线段AM 的延长线上时，如图2，
ABC ∆与DEC ∆都是等边三角形，
AC BC ∴=，CD CE =，60ACB DCE ∠=∠=︒，
ACB DCB DCB DCE ∴∠+∠=∠+∠，
ACD BCE ∠∠∴=，
在ACD ∆和BCE ∆中
AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，
30CBE CAD ∴∠=∠=︒，
同理可得：30BAM ∠=︒，
903060BOA ∴∠=︒-︒=︒．
③当点D 在线段MA 的延长线上时，
ABC ∆与DEC ∆都是等边三角形，
AC BC ∴=，CD CE =，60ACB DCE ∠=∠=︒，
60ACD ACE BCE ACE ∴∠+∠=∠+∠=︒，
ACD BCE ∠∠∴=，
在ACD ∆和BCE ∆中
AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，
CBE CAD ∴∠=∠，
同理可得：30CAM ∠=︒
150CBE CAD ∴∠=∠=︒
30CBO ∴∠=︒，
∵30BAM ∠=︒，
903060BOA ∴∠=︒-︒=︒．
综上，当动点D 在直线AM 上时，AOB ∠是定值，60AOB ∠=︒．
【点睛】
此题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形三线合一的性质，解题中注意分类讨论的思想解题.
5．（1）y=43x+2；（2）（103
，10）；（3）存在， P 坐标为（6，6）或（6，7+2）或（6，7）．
【解析】
【分析】
（1）设直线DP 解析式为y=kx+b ，将D 与C 坐标代入求出k 与b 的值，即可确定出解析式；
（2）当点B 的对应点B′恰好落在AC 边上时，根据勾股定理列方程即可求出此时P 坐标； （3）存在，分别以BD ，DP ，BP 为底边三种情况考虑，利用勾股定理及图形与坐标性质求出P 坐标即可．
【详解】
解：（1）∵C （6，10）,D （0，2），
设此时直线DP 解析式为y=kx+b ，
把D （0，2），C （6，10）分别代入，得
2610
b k b =⎧⎨+=⎩ ，
解得4 3
2
k
b
⎧
=
⎪
⎨
⎪=
⎩
则此时直线DP解析式为y=
4
3
x+2；
（2）设P（m，10），则PB=PB′=m，如图2，
∵OB′=OB=10，OA=6，
∴AB′=22
OB OA
'-=8，
∴B′C=10-8=2，
∵PC=6-m，
∴m2=22+（6-m）2，解得m=
10
3
则此时点P的坐标是（
10
3
，10）；
（3）存在，理由为：
若△BDP为等腰三角形，分三种情况考虑：如图3，
①当BD=BP1=OB-OD=10-2=8，
在Rt△BCP1中，BP1=8，BC=6，
根据勾股定理得：CP122
8627
-=
∴AP17P1（6，7）；
②当BP2=DP2时，此时P2（6，6）；
③当DB=DP3=8时，
在Rt△DEP3中，DE=6，
根据勾股定理得：P322
8627
-
∴AP3=AE+EP37，即P3（6，7+2），
综上，满足题意的P坐标为（6，6）或（6，7+2）或（6，7）．
【点睛】
此题属于一次函数综合题，待定系数法确定一次函数解析式，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
6．（1）证明见解析；(2,3)
D；（2）存在，(0,0)
P，(2,3)
Q或(0,0)
P，(2,3)
Q-或
(4,0)P ，(2,7)Q 或(4,0)P ，(2,7)Q -或1(,0)2P -，(2,2)Q -或1(,0)2
P -，(2,2)Q -．
【解析】
【分析】
（1）通过全等三角形的判定定理ASA 证得△ABP ≌△PCD ，由全等三角形的对应边相等证得AP ＝DP ，DC ＝PB ＝3，易得点D 的坐标；
（2）设P （a ，0），Q （2，b ）．需要分类讨论：①AB ＝PC ，BP ＝CQ ；②AB ＝CQ ，BP ＝PC ．结合两点间的距离公式列出方程组，通过解方程组求得a 、b 的值，得解．
【详解】
（1）AP PD ⊥
90APB DPC ∴∠+∠=
AB x ⊥轴
90A APB ∴∠+∠=
A DPC ∴∠=∠
在ABP ∆和PCD ∆中
A DPC A
B PC
ABP PCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()ABP PCD ASA ∴∆≅∆
AP DP ∴=，3DC PB ==
(2,3)D ∴
（2）设(,0)P a ，(2,)Q b
①AB PC =，BP CQ =
223a a b ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩
，解得03a b =⎧⎨=±⎩或47a b =⎧⎨=±⎩ (0,0)P ∴，(2,3)Q 或(0,0)P ，(2,3)Q -或(4,0)P ，(2,7)Q 或(4,0)P ，(2,7)Q - ②AB CQ =，BP PC =，
322a a b +=-⎧⎨=⎩，解得122
a b ⎧=⎪⎨⎪=±⎩ 1(,0)2P ∴-，(2,2)Q -或1(,0)2
P -，(2,2)Q - 综上：(0,0)P ，(2,3)Q 或(0,0)P ，(2,3)Q -或(4,0)P ，(2,7)Q 或(4,0)P ，(2,7)
Q -或1(,0)2P -
，(2,2)Q -或1(,0)2
P -，(2,2)Q - 【点睛】
考查了三角形综合题．涉及到了全等三角形的判定与性质，两点间的距离公式，一元一次绝对值方程组的解法等知识点．解答（2）题时，由于没有指明全等三角形的对应边（角），所以需要分类讨论，以防漏解．
7．（1）①点P ；②见解析；（2）①点C 的横坐标C x 的值为-3；②334k -≤<-
【解析】
【分析】
（1）①在点P ，点Q 中，点OS 绕点O 顺时针旋转90°能得到线段OP ，故S 关于点O 的“正矩点”为点P ；
②利用新定义得点S 是点P 关于点M 的“正矩点”（答案不唯一）；
（2）①利用新定义结合题意画出符合题意的图形，利用新定义的性质证明
△BCF ≌△AOB ，则FC=OB 求得点C 的横坐标；
②用含k 的代数式表示点C 纵坐标，代入不等式求解即可．
【详解】
解：（1）①在点P ，点Q 中，点OS 绕点O 顺时针旋转90°能得到线段OP ，故S 关于点O 的“正矩点”为点P ，
故答案为点P ；
②因为MP 绕M 点顺时针旋转90︒得MS ，所以点S 是点P 关于点M 的“正矩点”，同理还可以得点Q 是点P 关于点S 的“正矩点”．（任写一种情况就可以）
（2）①符合题意的图形如图1所示，作CE ⊥x 轴于点E ，CF ⊥y 轴于点F ，可得
∠BFC=∠AOB=90°．
∵直线3(0)y kx k =+<与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，
∴点B 的坐标为3(0,3),(,0)B A k
-在x 轴的正半轴上， ∵点A 关于点B 的“正矩点”为点(,)C C C x y ，
∴∠ABC=90°，BC=BA ，
∴∠1＋∠2=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠2＋∠3=90°，
∴∠1=∠3．
∴△BFC ≌△AOB ，
∴3FC OB ==，
可得OE ＝3．
∵点A 在x 轴的正半轴上且3OA <，
0C x ∴<，
∴点C 的横坐标C x 的值为－3．
②因为△BFC ≌△AOB ，3(,0)A k
-，A 在x 轴正半轴上，
所以BF＝OA，所以OF＝OB-OF＝
3 3
k +
点
3
(3,3)
C
k
-+，如图2， -1＜
C
y≤2，
即：-1＜
3
3
k
+≤2，
则
3
3
4
k
-≤<-．
【点睛】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、解不等式，新定义等，此类新定义题目，通常按照题设的顺序，逐次求解．
8．（1）60°；（2）EF=AF+FC，证明见解析；（3）AF=EF+2DF，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）可设∠BAD＝∠CAD＝α，∠AEC＝∠ACE＝β，在△ACE中，根据三角形内角和可得2α＋60＋2β＝180°，从而有α＋β＝60°，即可得出∠DFC的度数；
（2）在EC上截取EG＝CF，连接AG，证明△AEG≌△ACF，然后再证明△AFG为等边三角形，从而可得出EF＝EG＋GF＝AF＋FC；
（3）在AF上截取AG＝EF，连接BG，BF，证明方法类似（2），先证明△ABG≌△EBF，再证明△BFG为等边三角形，最后可得出结论．
【详解】
解：（1）∵AB=AC，AD为BC边上的中线，∴可设∠BAD＝∠CAD＝α，
又△ABE为等边三角形，
∴AE=AB=AC，∠EAB=60°，∴可设∠AEC＝∠ACE＝β，
在△ACE中，2α＋60°＋2β＝180°，
∴α＋β＝60°，
∴∠DFC=α＋β＝60°；
（2）EF=AF+FC，证明如下：
∵AB=AC，AD为BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴∠FDC=90°，
∵∠CFD＝60°，则∠DCF=30°，
∴CF＝2DF，
在EC上截取EG＝CF，连接AG，
又AE=AC，
∴∠AEG=∠ACF，
∴△AEG≌△ACF（SAS）,
∴∠EAG＝∠CAF，AG＝AF，
又∠CAF=∠BAD，
∴∠EAG=∠BAD，
∴∠GAF＝∠BAD+∠BAG=∠EAG+∠BAG=∠60°，
∴△AFG为等边三角形，
∴EF＝EG＋GF＝AF＋FC，
即EF=AF+FC；
（3）补全图形如图所示，
结论：AF=EF+2DF．证明如下：
同（1）可设∠BAD＝∠CAD＝α，∠ACE＝∠AEC＝β，∴∠CAE＝180°－2β，
∴∠BAE＝2α＋180°－2β＝60°，∴β－α＝60°，
∴∠AFC=β－α＝60°，
又△ABE为等边三角形，∴∠ABE=∠AFC=60°，
∴由8字图可得：∠BAD＝∠BEF，
在AF上截取AG＝EF，连接BG，BF，
又AB=BE，
∴△ABG≌△EBF（SAS），
∴BG＝BF，
又AF垂直平分BC，
∴BF=CF，
∴∠BFA=∠AFC=60°，
∴△BFG为等边三角形，
∴BG=BF，又BC⊥FG，∴FG=BF=2DF，
∴AF＝AG＋GF＝BF＋EF＝2DF＋EF．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，解决问题的关键是常用辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
9．（1）①见解析；②见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）①只要证明∠2+∠BAF＝∠1+∠BAF＝60°即可解决问题；
②只要证明△BFC≌△ADB，即可推出∠BFC＝∠ADB＝90°；
（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．只要证明△ABK≌CAF，可得S△ABK＝S△AFC，再证明AF＝FK＝BK，可得S△ABK＝S△AFK，即可解决问题；
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵AB＝AC，∠ABC＝60°
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵AD⊥BN，
∴∠ADB＝90°，
∵∠MBN＝30°，
∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，
∴∠1＝∠2
②证明：如图2中，
在Rt △BFD 中，∵∠FBD ＝30°，
∴BF ＝2DF ，
∵BF ＝2AF ，
∴BF ＝AD ，
∵∠BAE ＝∠FBC ，AB ＝BC ，
∴△BFC ≌△ADB ，
∴∠BFC ＝∠ADB ＝90°，
∴BF ⊥CF
（2）在BF 上截取BK ＝AF ，连接AK
．
∵∠BFE ＝∠2+∠BAF ，∠CFE ＝∠4+∠1，
∴∠CFB ＝∠2+∠4+∠BAC ，
∵∠BFE ＝∠BAC ＝2∠EFC ，
∴∠1+∠4＝∠2+∠4
∴∠1＝∠2，∵AB ＝AC ，
∴△ABK ≌CAF ，
∴∠3＝∠4，S △ABK ＝S △AFC ，
∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE ＝∠AKB ，∠BAC ＝2∠CEF ，
∴∠KAF ＝∠1+∠3＝∠AKF ，
∴AF ＝FK ＝BK ，
∴S △ABK ＝S △AFK ，
∴ABF AFC
S 2S ∆∆=． 【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是能够正确添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
10．（1
）5；（2）
221；（3）221 【解析】
【分析】 （1）分别过点B ，C 向l 1作垂线，交l 1于M ，N 两点，证明△ABM ≌△CAN ，得到AM=CN ，AN=BM ，即可得出AB ；
（2）分别过点B ，C 向l 1作垂线，交l 1于点P ，Q 两点，在l 1上取M ，N 使
∠AMB=∠CNA=120°，证明△AMB ≌△CAN ，得到CN=AM ，再通过△PBM 和△QCN 算出PM 和NQ 的值，得到AP ，最后在△APB 中，利用勾股定理算出AB 的长；
（3）在l 3上找M 和N ，使得∠BNC=∠AMC=60°，过B 作l 3的垂线，交l 3于点P ，过A 作l 3的垂线，交l 3于点Q ，证明△BCN ≌△CAM ，得到CN=AM ，在△BPN 和△AQM 中利用勾股定理算出NP 和AM ，从而得到PC ，结合BP 算出BC 的长，即为AB.
【详解】
解：（1）如图，分别过点B ，C 向l 1作垂线，交l 1于M ，N 两点，
由题意可得：∠BAC=90°，
∵∠NAC+∠MAB=90°，∠NAC+∠NCA=90°，
∴∠MAB=∠NCA ，
在△ABM 和△CAN 中，
===AMB CNA MAB NCA AB AC ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
，
∴△ABM ≌△CAN （AAS ），
∴AM=CN=2，AN=BM=1，
∴AB=22251=+；
（2）分别过点B ，C 向l 1作垂线，交l 1于P ，Q 两点，
在l 1上取M ，N 使∠AMB=∠CNA=120°，
∵∠BAC=120°，
∴∠MAB+∠NAC=60°，
∵∠ABM+∠MAB=60°，
∴∠ABM=∠NAC ，
在△AMB 和△CNA 中，
===AMB CNA ABM NAC AB AC
∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
，
∴△AMB ≌△CNA （AAS ），
∴CN=AM ，
∵∠AMB=∠ANC=120°，
∴∠PMB=∠QNC=60°，
∴PM=
12BM ，NQ=12
NC ， ∵PB=1，CQ=2，
设PM=a ，NQ=b ， ∴2221=4a a +，2222=4b b +，
解得：3=a ，23=b ， ∴CN=AM=222323⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭
=433， ∴AB=22AP BP +=()22AM PM BP ++=221；
（3）如图，在l 3上找M 和N ，使得∠BNC=∠AMC=60°，
过B 作l 3的垂线，交于点P ，过A 作l 3的垂线，交于点Q ，
∵△ABC 是等边三角形，
∴BC=AC ，∠ACB=60°，
∴∠BCN+∠ACM=120°，
∵∠BCN+∠NBC=120°，
∴∠NBC=∠ACM ，
在△BCN 和△CAM 中，
BNC CMA NBC MAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCN ≌△CAM （AAS ），
∴CN=AM ，BN=CM ，
∵∠PBN=90°-60°=30°，BP=2， ∴BN=2NP ，
在△BPN 中，222BP NP BN +=，
即22224NP NP +=，
解得：NP=23， ∵∠AMC=60°，AQ=3，
∴∠MAQ=30°，
∴AM=2QM ，
在△AQM 中，222AQ QM AM +=，
即22234QM QM +=，
解得：QM=3，
∴AM=23=CN ，
∴PC=CN-NP=AM-NP=
433
， 在△BPC 中，
BP 2+CP 2=BC 2，
即BC=22224322123BP CP ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴AB=BC=221.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线之间的距离，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是利用平行线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质以及勾股定理求解.
11．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）结论：AD DG ND =-，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先根据直角三角形的性质得出60ABC ∠=︒，再根据角平分线的性质可得
CD ED =，然后根据三角形的判定定理与性质可得BC BE =，最后根据等边三角形的判
定即可得证；
（2）如图（见解析），延长ED 使得DF MD =，连接MF ，先根据直角三角形的性质、等边三角形的判定得出MDF ∆是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=∠=∠，然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证；
（3）如图（见解析），参照题（2），先证HDN ∆是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=∠=∠，然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证．
【详解】
（1）3,090A ACB ∠=︒∠=︒
9060ABC A ∴∠=︒-∠=︒ BD 是ABC ∠的角平分线，DE AB ⊥
CD ED ∴=
在BCD ∆和BED ∆中，CD ED BD BD =⎧⎨=⎩
()BCD BED HL ∴∆≅∆
BC BE ∴=
EBC ∴∆是等边三角形；
（2）如图，延长ED 使得DF MD =，连接MF
3,090A ACB ∠=︒∠=︒，BD 是ABC ∠的角平分线，DE AB ⊥
60,ADE BDE AD BD ∴∠=∠=︒=
60,18060MDF ADE MDB ADE BDE ∴∠=∠=︒∠=︒-∠-∠=︒
MDF ∴∆是等边三角形
,60MF DM F DMF ∴=∠=∠=︒
60BMG ∠=︒
DMF DM B M G G D M G ∴∠+∠=+∠∠，即FMG DMB ∠=∠
在FMG ∆和DMB ∆中，60F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()FMG DMB ASA ∴∆≅∆
GF BD ∴=，即DF DG BD +=
AD DF DG MD DG ∴=+=+
即AD DG MD =+；
（3）结论：AD DG ND =-，证明过程如下：
如图，延长BD 使得DH ND =，连接NH
由（2）可知，60,18060,ADE HDN ADE BDE AD BD ∠=︒∠=︒-∠-∠=︒= HDN ∴∆是等边三角形
,60NH ND H HND ∴=∠=∠=︒
60BNG ∠=︒
HND BND BND BNG ∠+∠=+∠∴∠，即N HNB D G ∠=∠
在HNB ∆和DNG ∆中，60H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()HNB DNG ASA ∴∆≅∆
HB DG ∴=，即DH BD DG +=
ND AD DG ∴+=
即AD DG ND =-．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2）和（3），通过作辅助线，构造一个等边三角形是解题关键．
12．（1）见解析；（2）当F 运动到AF ＝AD 时，FD ∥BG ，理由见解析；（3）FH ＝HD ，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）证明△DEG ≌△CEB （AAS ）即可解决问题．
（2）想办法证明∠AFD ＝∠ABG ＝45°可得结论．
（3）结论：FH ＝HD ．利用等腰直角三角形的性质即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵AD ∥BC ，
∴∠DGE ＝∠CBE ，∠GDE ＝∠BCE ，
∵E是DC的中点，即DE＝CE，
∴△DEG≌△CEB（AAS），
∴DG＝BC；
（2）解：当F运动到AF＝AD时，FD∥BG．
理由：由（1）知DG＝BC，
∵AB＝AD+BC，AF＝AD，
∴BF＝BC＝DG，
∴AB＝AG，
∵∠BAG＝90°，
∴∠AFD＝∠ABG＝45°，
∴FD∥BG，
故答案为：F运动到AF＝AD时，FD∥BG；
（3）解：结论：FH＝HD．
理由：由（1）知GE＝BE，又由（2）知△ABG为等腰直角三角形，所以AE⊥BG，
∵FD∥BG，
∴AE⊥FD，
∵△AFD为等腰直角三角形，
∴FH＝HD，
故答案为：FH＝HD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定，等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．。